平面向量综合应用---举例-详尽

平面向量的综合应用题型一向量的运算判断三角形的形状：1.若点O是△ABC所在平面内的一点，且满足|OB→－OC→|＝|OB→＋OC→－2OA→|，则△ABC的形状为________.解析OB→＋OC→－2OA→＝(OB→－OA→)＋(OC→－OA→)＝AB→＋AC→，OB→－OC→＝CB→＝AB→－AC→，∴|AB→＋AC→|＝|AB→－AC→|.故A，B，C为矩形的三个顶点，△ABC为直角三角形.答案直角三角形2．已知△ABC中，AB→·BC→＋AB→2＝0，则△ABC的形状是()A．钝角三角形B．锐角三角形C．等腰直角三角形D．直角三角形解析：选D.AB→·BC→＋AB→2＝0化为AB→·(BC→＋AB→)＝0，即AB→·AC→＝0，所以AB→⊥AC→.所以△ABC为直角三角形．又根据条件，不能得到|AB→|＝|AC→|.3．已知AB→，AC→是非零向量，且满足(AB→－2AC→)⊥AB→，(AC→－2AB→)⊥AC→，则△ABC的形状为()A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形解析：选C.∵(AB→－2AC→)⊥AB→⇒(AB→－2AC→)·AB→＝0，即AB→·AB→－2AC→·AB→＝0.(AC→－2AB→)⊥AC→⇒(AC→－2AB→)·AC→＝0，即AC→·AC→－2AB→·AC→＝0，∴AB→·AB→＝AC→·AC→＝2AB→·AC→，即|AB→|＝|AC→|，而cosA＝AB→·AC→|AB→||AC→|＝12，∴∠A＝60°，∴△ABC为等边三角形．4.若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5AM→＝AB→＋3AC→，则△ABM与△ABC的面积比为________．解析：设AB的中点为D，由5AM→＝AB→＋3AC→，得3AM→－3AC→＝2AD→－2AM→，即3CM→＝2MD→.如图所示．故C，M，D三点共线，且MD→＝35CD→.所以△ABM与△ABC的面积之比为35.题型二三角形的心的向量形式应用1.已知点G是△ABC的重心，∠BAC＝120°，AB→·CA→＝2，则|AB→＋AG→＋AC→|的最小值为________．因为∠BAC＝120°，AB→·CA→＝2，所以|AB→||CA→|cos(180°－120°)＝2，所以|AB→||AC→|＝4.因为点G是△ABC的重心，所以AG→＝23×12(AB→＋AC→)＝13(AB→＋AC→)，所以|AB→＋AG→＋AC→|2＝43（AB→＋AC→）2＝169(AB→2＋AC→2＋2AB→·AC→)＝169(AB→2＋AC→2－4)≥169(2|AB→||AC→|－4)＝169×(2×4－4)＝649，当且仅当|AB|＝|AC|时等号成立故|AB→＋AG→＋AC→|的最小值为83.2.(2015·云南省昆明三中、玉溪一中统一考试)在△ABC中，设AC→2－AB→2＝2AM→·BC→，那么动点M的轨迹必通过△ABC的()A．垂心B．内心C．外心D．重心设BC边的中点为D，∵AC→2－AB→2＝2AM→·BC→，∴(AC→＋AB→)·(AC→－AB→)＝2AM→·BC→，即AD→·BC→＝AM→·BC→，∴MD→·BC→＝0，MD→⊥BC→，MD⊥BC，MD为BC的垂直平分线，∴动点M的轨迹必通过△ABC的外心，故选C.3.△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，重心为G，若aGA→＋bGB→＋33cGC→＝0，则A＝________.解析：由G为△ABC的重心知GA→＋GB→＋GC→＝0，则GC→＝－GA→－GB→，因此aGA→＋bGB→＋33c(－GA→－GB→)＝a－33cGA→＋b－33cGB→＝0，又GA→，GB→不共线，所以a－33c＝b－33c＝0，即a＝b＝33c.由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝c22×33c2＝32，又0＜A＜π，所以A＝π6.答案：π64.ABC的三个内角CBA,,所对的边分别为cba,,，其中2,3cb，o为ABC的外心，则BCAO，A213B25C25D6DOADAO,)(21ACABAD,ABACBC法二：题型三三点共线向量形式的应用1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB→＝a1OA→＋a200OC→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S200等于________.解：∵OB→＝a1OA→＋a200OC→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，∴a1＋a200＝1，∵{an}是等差数列，∴S200＝200×（a1＋a200）2＝100.故填100.2.(2014·西安模拟)若直线l上不同的三个点A，B，C与直线l外一点O，使得x2OA→＋xOB→＝2BC→成立，则满足条件的实数x的集合为()A.{－1，0}B.}251,251{C.}251,251{D.{－1}解：由x2OA→＋xOB→＝2BC→＝2(OC→－OB→)可得，OC→＝x22OA→＋)12(xOB→，由A，B，C共线知，x22＋)12(x＝1，解得x＝－1或x＝0(舍)，故选D.题型四用向量形式表示的最值方法一几何意义法方法二坐标化方法1.直线x＋y＋t＝0与圆x2＋y2＝2相交于M，N两点，已知O是坐标原点，若|OM→＋ON→|≤|MN→|，则实数t的取值范围是()A.(－∞，－2]∪[2，＋∞)B.[]－2，2C.[]－2，－2∪[]2，2D.[]－2，2解：|OM→＋ON→|≤|MN→|＝|ON→－OM→|，两边平方得OM→·ON→≤0，∴圆心O到直线x＋y＋t＝0的距离d＝|t|2≤22r＝1，解得－2≤t≤2.故选D.2.(2014·湖南)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，3)，C(3，0)，动点D满足|CD→|＝1，则|OA→＋OB→＋OD→|的最大值是________.解法一：设D(x，y)，由|CD→|＝1，得(x－3)2＋y2＝1，向量OA→＋OB→＋OD→＝(x－1，y＋3)，故|OA→＋OB→＋OD→|＝（x－1）2＋（y＋3）2的最大值为圆C：(x－3)2＋y2＝1的圆心(3，0)到点(1，－3)的距离加上圆C的半径，即（3－1）2＋（0＋3）2＋1＝1＋7.解法二：动点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，可设D的坐标为(3＋cosθ，sinθ)，则OA→＋OB→＋OD→＝(2＋cosθ，3＋sinθ).|OA→＋OB→＋OD→|＝（2＋cosθ）2＋（3＋sinθ）2＝8＋2（2cosθ＋3sinθ）＝8＋27sin（θ＋φ）.其中tanφ＝233，当sin(θ＋φ)＝1时，|OA→＋OB→＋OD→|的取值最大值为1＋7.故填1＋7.3.(2013·湖南)已知a，b是单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是()A.[]2－1，2＋1B.[]2－1，2＋2C.[]1，2＋1D.[]1，2＋2解：依题意可设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，则c－a－b＝(x－1，y－1)，由︱c－a－b︱＝1得，(x－1)2＋(y－1)2＝1.∵︱c︱表示点C(x，y)到原点的距离，且点C(x，y)满足(x－1)2＋(y－1)2＝1，画出圆C1：(x－1)2＋(y－1)2＝1，∴|c|即为圆C1上一动点C(x，y)到原点的距离|OC|，由图可知直线OC1和圆C1相交于点A，B，则|OC|最大值为|OC1|＋1，最小值为|OC1|－1，又|OC1|＝12＋12＝2，所以2－1≤|OC|≤2＋1.故选A4.(2014·高考湖南卷)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，3)，C(3，0)，动点D满足|CD→|＝1，则|OA→＋OB→＋OD→|的取值范围是()A．[4，6]B．[19－1，19＋1]C．[23，27]D．[7－1，7＋1]解析：选D.设D(x，y)，则由|CD→|＝1，C(3，0)，得(x－3)2＋y2＝1.又∵OA→＋OB→＋OD→＝(x－1，y＋3)，∴|OA→＋OB→＋OD→|＝（x－1）2＋（y＋3）2.∴|OA→＋OB→＋OD→|的几何意义是点P(1，－3)与圆(x－3)2＋y2＝1上点之间的距离．由|PC|＝7知，|OA→＋OB→＋OD→|的最大值是1＋7，最小值是7－1.故选D.5.已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|PA→＋3PB→|的最小值为________.解析(1)∵a与b反向，∴a与b共线，∴m(2m＋1)－2×3＝0⇒2m2＋m－6＝0⇒m＝－2或m＝32.当m＝－2时，a＝(－3，3)，b＝(2，－2)，a与b反向，此时|b|＝22；当m＝32时，a＝(4，3)，b＝)23,2(，a与b同向，不合题意.故选D.(2)以D为原点，分别以DA，DC所在直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设DC＝a，DP＝x(0≤x≤a)，∴D(0，0)，A(2，0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，x).PA→＝(2，－x)，PB→＝(1，a－x)，∴PA→＋3PB→＝(5，3a－4x)，|PA→＋3PB→|2＝25＋(3a－4x)2≥25，当x＝3a4时取等号.∴|PA→＋3PB→|的最小值为5.6.给定两个长度为1的平面向量OA→和OB→，它们的夹角为2π3.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧上运动．若OC→＝xOA→＋yOB→，其中x，y∈R，求x＋y的最大值．[解]以O为坐标原点，OA→所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1,0)，B)23,21(，设∠AOC＝α]32,0[，则C(cosα，sinα)，由OC→＝xOA→＋yOB→，得cosα＝x－12ysinα＝32y，所以x＝cosα＋33sinα，y＝233sinα，所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sin)6(，又α∈]32,0[，所以当α＝π3时，x＋y取得最大值2.7.(2016·河南商丘二模)已知a，b均为单位向量，且a·b＝0.若|c－4a|＋|c－3b|＝5，则|c＋a|的取值范围是()A．[3，10]B.[3,5]C．[3,4]D.[10，5]B[∵a，b均为单位向量，且a·b＝0，∴设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，代入|c－4a|＋|c－3b|＝5，得x－42＋y2＋x2＋y－32＝5.即(x，y)到A(4,0)和B(0,3)的距离和为5.∴c的终点轨迹是点(4,0)和(0,3)之间的线段，又|c＋a|＝x＋12＋y2，表示M(－1,0)到线段AB上点的距离，最小值是点(－1,0)到直线3x＋4y－12＝0的距离，∴|c＋a|min＝|－3－12|5＝3.又最大值为|MA|＝5，∴|c＋a|的取值范围是[3,5]．故选B.]8.(2016·四川卷改编)已知正△ABC的边长为23，平面ABC内的动点P，M满足|AP→|＝1，PM→＝MC→，则|BM→|2的最大值是________.解析建立平面直角坐标系如图所示，则B(－3，0)，C(3，0)，A(0，3)，则点P的轨迹方程为x2＋(y－3)2＝1.设P(x，y)，M(x0，y0)，则x＝2x0－3，y＝2y0，代入圆的方程得20)23(x＋20)23(y＝14，所以点M的轨迹方程为41)23()23(22yx，它表示以)23,23(为圆心，以12为半径的圆，所以|BM→|max＝22)023()323(＋12＝72，所以|BM→|2max＝494.答案494设F为抛物线y2＝4x的焦点，A、B、C为该抛物线上三点，若FA→＋FB→＋FC→＝0，则||FA→＋||FB→＋||FC→的值为_________.解：设A(x1，y1)、B(x2，y2)、C(x3，y3)，由于F(1，0)，则FA→＝(x1－1，y1)，FB→＝(x2－1，y2)，FC→＝(x3－1，y3)，由FA→＋FB→＋FC→＝0得x1－1＋x2－1＋